安徽省蚌埠市私立树人高级中学2022-2023学年高三化学期末试卷含解析

安徽省蚌埠市私立树人高级中学2022-2023学年高三化学期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.某金属的硝酸盐受热分解时，生成NO2和O2的物质的量之比是2∶1，则在分解过程中金属元素的化合价是（

）A．升高

B．降低

C．不变

D．无法确定参考答案：B略2.下列说法不正确的是A．常温下，可以用铁、铝制的容器来盛装浓硫酸或浓硝酸B．实验室中，盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞C．实验室中，金属钠保存在石蜡油或煤油中D．实验室中，常用玻璃瓶来盛放氢氟酸参考答案：D略3.有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化.如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是A．D＞C＞A＞B

B．D＞A＞B＞CC．D＞B＞A＞C

D．B＞A＞D＞C参考答案：C4.某气体的摩尔质量为Mg·mol-1，NA表示阿伏加德罗常数，在一定的温度和压强下，体积为VL的该气体所含有的分子数为x。则表示的是A.VL该气体的质量(以g为单位)

B.1L该气体的质量(以g为单位)C.1mol该气体的体积(以L为单位)

D.1L该气体中所含的分子数参考答案：B5.常温时，纯水中由水电离出的c（H+）=amol?L﹣1，pH=1的盐酸中由水电离的c（H+）=bmol?L﹣1，0.1mol?L﹣1的盐酸与0.1mol?L﹣1的氨水等体积混合后，由水电离的c（H+）=cmol?L﹣1，则a、b、c的关系正确的是（）A．a＞b=c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a参考答案：B【考点】离子积常数．【分析】酸或碱溶液能够抑制水电离，弱酸或弱碱对应的盐促进水电离，据此分析解答．【解答】解：常温时，纯水中由水电离出的c（H+）=amol?L﹣1，pH=1的盐酸中由水电离的c（H+）=bmol?L﹣1，盐酸抑制水的电离，所以b＜a，0.1mol?L﹣1的盐酸与0.1mol?L﹣1的氨水等体积混合后，生成氯化铵溶液，铵根离子水解促进水的电离，由水电离的c（H+）=cmol?L﹣1，则c＞a，则a、b、c的关系正确的是：c＞a＞b；故选B．【点评】本题考查了水的电离影响因素分析判断，注意酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，题目难度中等．6.某溶液所含溶质是NaOH、Na2CO3、NaHCO3中的一种或两种。取两份等体积的该溶液，分别用酚酞和甲基橙作指示剂，用同浓度的盐酸滴定，当达到滴定终点时消耗盐酸的体积分别为V1和V2，若V1<V2<2V1，则上述溶液中的溶质是A．Na2CO3

B．NaHCO3

C．NaOH和Na2CO3

D．Na2CO3和NaHCO3参考答案：C7.下列说法正确的是A．常见金属铁和铝在工业上都是由热还原法制得的B．生活中可以使用明矾对饮用水进行消毒、杀菌、除杂C.雾、有色玻璃、葡萄糖溶液中分散质的粒子直径大小均在1nm～100nm之间D．实验室可用NaOH溶液处理NO2和SO2等废气参考答案：D略8.金属铈(58Ce)常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+。下列说法正确的是A.可用电解熔融CeO2制取金属铈，铈在阳极生成B.、是同素异形体C.铈能溶于HI溶液，发生反应的离子方程式为：Ce+4H+=Ce4++2H2D.铈的原子核外有58个电子参考答案：D由CeO2电解得到Ce，是还原反应，应发生在阴极，A错误；、互为同位素，B错误；根据反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可知Ce4+>Fe3+，故Ce4+氧化性较强，能和I-发生反应，C错误。9.现有含Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的某稀溶液，若向其中逐步加入铁粉，溶液中Fe2+浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示，则该溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为(

)A．1∶1∶3

B．1∶2∶4

C．1∶1∶4

D．1∶3∶1参考答案：C略10.一定条件下，将6体积的NO2和一定体积的NO与4.5体积的氧气组成的混和气体置于试管中。将试管倒置于水中，充分反应后，剩余1.5体积气体，则原NO体积可能为

①3体积

②4体积

③5体积

④5.5体积

⑤2体积A．③

B．⑤

C．④或⑤

D．②或⑤参考答案：C略11.取5mL的液体，然后加热，需要的仪器有①试管②烧杯③试管夹④酒精灯⑤蒸发皿⑥铁架台（带铁圈）⑦石棉网⑧滴管⑨量筒A．①③④⑦⑨

B．①③④⑧⑨

C．②④⑥⑧⑨

D．④⑤⑥⑦⑧⑨参考答案：B略12.甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放人0．1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是A．甲<乙<丙<丁

B．丁<甲<乙<丙C．甲=丁<乙=丙

D．丁<甲<乙=丙参考答案：D13.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是A．标准状况下，22.4LH2S与22.4LH2O中所含的分子数均为NAB．由6.2gNa2O与7.8gNa2O2组成的混合物中阴离子总数为0.2NAC．10g49%的硫酸与10g49%的H3PO4溶液中所含的氧原子数均为0.2NAD．0.1molFe分别与足量的盐酸和氯气反应，转移的电子数均为0.2NA参考答案：B试题分析：A．标准状况下，H2O不是气体，则不能用气体摩尔体积22.4L/mol计算，故A错误；B．6.2gNa2O中含有0.1molO2－，7.8gNa2O2中含有0.1molO22－，所以混合物中阴离子总数为0.2NA，故B正确；C．溶液的水分子中还含有氧原子，则溶液中所含的氧原子数大于0.2NA，故C错误；D．0.1molFe与氯气反应转移的电子数为0.3NA，故D错误；故选B。14.25C0时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④（NH4）2SO4，其中水的电离程度按由大到小的顺序排列的一组是（

）

A．④＞③＞②＞①B．②＞③＞①＞④C．④＞①＞②＞③D．③＞②＞①＞④参考答案：答案：C15.下列反应的离子方程式书写正确的是A．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH＋HCO3－

＋2OH－NH3↑＋CO32－＋2H2OB．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2C．酸性高锰酸钾溶液与双氧水反应：2MnO＋H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋3O2↑＋4H2OD．碳酸氢钙溶液加到醋酸中：ks5uCa(HCO3)2＋2CH3COOH===Ca2＋＋2CH3COO－＋2CO2↑＋2H2O参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.有甲、乙两位学生均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放人2mol?L﹣1H2SO4溶液中，乙同学将电极放入2mol?L﹣1的NaOH溶液中，如图所示．（1）甲池中，镁片上发生

（填“氧化”或“还原”）反应，硫酸根离子往

（填“正极”或“负极”）迁移；写出甲池中正极的电极反应式：

．（2）写出乙池中负极的电极反应式：

．（3）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出

活动性更强，而乙会判断出活动性更强（填写元素符号）．（4）由此实验，以下结论正确的是．A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质B．镁的金属性不一定比铝的金属性强C．该实验说明金属活动顺序表已过时，已没有实用价值D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析．参考答案：（1）氧化；负极；2H++2e﹣=H2↑；（2）Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O；（3）Mg；Al；（4）AD．

【考点】探究原电池及其工作原理．【分析】甲同学依据的化学反应原理是Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，乙同学依据的化学反应原理是2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．由于Al显两性，与酸碱都能发生反应，（1）甲中镁易失电子作负极，Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；（2）乙池中铝易失电子作负极，铝失电子发生氧化反应；（3）根据作负极的金属活泼性强结合电池中的负极判断；（4）A．原电池正负极与电解质溶液有关；B．镁的金属性大于铝；C．该实验证明说明电解质溶液性质选用选择合适的介质，不能说明金属活动性顺序过时；D．该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析【解答】解：（1）甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，负极反应为Mg﹣2e﹣=Mg2+，正极反应为2H++2e﹣=H2↑，在原电池中，阴离子移向负极，即硫酸根离子移向负极．故答案为：氧化；负极；2H++2e﹣=H2↑；（2）乙池中铝易失电子作负极，负极上铝失电子发生氧化反应，电极反应式为：Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O；（3）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；（4）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故A正确；B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故B错误；C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故C错误；D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；故答案为：AD．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（2009·宁夏、辽宁卷）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1请回答下列问题：(1)图中A、C分别表示_________、_________，E的大小对该反应的反应热有无影响？_________。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？_________，理由是__________________；(2)图中ΔH=_________kJ·mol-1；(3)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式_____________________________；(4)如果反应速率v(SO2)为0.05mol·L-1·min-1，则v(O2)=_______mol·L-1·min-1、v(SO3)=_______mol·L-1·min-1；(5)已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH_______(要求计算过程)。参考答案：(1)反应物能量生成物能量没有影响降低因为催化剂改变了反应历程，使活化能E降低(2)-198(3)SO2+V2O5====SO3+2VO24VO2+O2====2V2O5(4)0.0250.05(5)S(s)+O2(g)====SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1①SO2(g)+O2(g)====SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1②①×3+②×3得3S(s)+O2(g)====3SO3(g)ΔH=(ΔH1+ΔH2)×3=-1185kJ·mol-1本题考查化学反应中的能量变化、盖斯定律、反应速率计算及催化剂的催化原理。(1)由图象知A、C点分别代表反应物、产物的总能量，E为反应的活化能，因反应历程不同而不同，但对反应热无影响；催化剂的加入，改变了反应历程，降低了反应的活化能，从而加快了反应速率。(2)由已知数据可知ΔH=-99kJ·mol-1×2=-198kJ·mol-1。(4)对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，v(SO2)∶v(O2)∶v(SO3)=2∶1∶2，由v(SO2)=0.05mol·L-1·min-1可得v(O2)和v(SO3)。(5)硫的燃烧热为296kJ·mol-1，可得S(s)+O2(g)====SO2(g)，ΔH=-296kJ·mol-1，结合2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，ΔH=-198kJ·mol-1，利用盖斯定律，即可求得由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH。

18.（5分）用“>”或“<”填空：（1）酸性：H2CO3___________H2SiO3,H2SiO3___________H3PO4。（2）碱性：Ca(OH)2___________Ba(OH)2，Mg(OH)2___________Al(OH)3（3）气态氢化物稳定性：NH3___________H2O，H2S___________HCl（4）还原性：HCl___________HBr，H